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自我感觉是出的还行的一道题目呀。

Editorial

首先要特判掉只有一个队伍有机器人的情况。

考虑当游戏结束时，总存在至少一个队伍的所有机器人都没有手牌。设此队伍为 \(A\)，另一队伍为 \(B\)。当两个队伍的手牌数量总和相同时，我们令 \(1\) 号机器人的队伍为 \(A\)。那么，我们已经知道了 \(A\) 队伍的所有机器人的出牌数量，那么我们只需要计算 \(B\) 队伍的出牌数量。

我们观察一下这个游戏的进程。显然，\(A\)，\(B\) 队伍的机器人是轮流弃牌的。要么是 \(ABABAB\cdots B\)，要么是 \(BABABA\cdots B\)。如果我们把后面这种情况暴力消去第一个 \(B\)，则只有 \(ABABAB\cdots B\) 一种情况了。

现在我们只知道有一个这样的出牌序列，但完全不知道哪个字符代表的是哪个机器人。不过我们并不需要知道，因为我们要求的是 \(B\) 队伍的每个机器人出了多少牌。你可以把序列中的一个 \(AB\) 子串认为是一个这样的操作：在当前游戏中，某个 \(A\) 队伍的机器人，导致它右方第一个 \(B\) 队伍机器人出 \(1\) 张牌。注意“在当前游戏中”是一个非常重要的限制条件。

但当你手玩几组数据后，你会发现这个“在当前游戏中”一点用都没有，因为无论你以什么顺序执行这些 \(AB\) 子串的操作，最终得到的 \(B\) 出牌数量都是一样的。

所以你现在只需要维护一个变量 \(cnt\)，表示当前已经找到了多少个 \(AB\) 子串的 \(A\)，但 \(B\) 还没有确定人选。然后扫两遍数组（因为是个环）：

• 如果 \(i\) 是 \(A\) 队的，我们会找到 \(a_i\) 个 \(A\)。将 \(cnt\) 加上 \(a_i\)，\(a_i\) 重置为 \(0\)。
• 如果 \(i\) 是 \(B\) 队的，我们可以找到 \(a_i\) 个 \(B\) 与之前的 \(A\) 来配对。设 \(b=\min(a_i,cnt)\)，将 \(a_i\)，\(cnt\) 都减去 \(b\) 即可。

总复杂度就是 \(O(n+m)\) 的。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) fprintf(stderr ,__VA_ARGS__)
#define __FILE(x)\
	freopen(#x".in" ,"r" ,stdin);\
	freopen(#x".out" ,"w" ,stdout)
#define LL long long

const int MX = 5e6 + 23;
const LL MOD = 1e9 + 7;

int read(){
	char k = getchar(); int x = 0;
	while(k < '0' || k > '9') k = getchar();
	while(k >= '0' && k <= '9') x = x * 10 + k - '0' ,k = getchar();
	return x;
}

int a[MX] ,team[MX] ,org[MX];
int n ,m;
LL s[2];

int seed ,base;
int rnd(){
	int ret = seed;
	seed = (1LL * seed * base + 233) % MOD;
	return ret;
}

int main(){
	n = read() ,m = read();
	
	int lastp = 0;
	for(int i = 1 ,p ,k ,b ,w ; i <= m ; ++i){
		p = read() ,k = read() ,b = read() ,w = read();
		seed = b ,base = w;
		for(int j = lastp ; j < p ; ++j){
			team[j] = rnd() % 2;
			s[team[j]] += (org[j] = a[j] = rnd() % k + 1);
		}
		lastp = p;
	}
	
	int st = 0; 
	if(s[team[0]] > s[!team[0]]){
		s[team[0]]-- ,a[0]--;
		while(team[0] == team[st] && st < n) ++st;
	}
	
	int cur = st;
	LL sum = 0;
	if(st != n) while(s[team[st]]){
		if(team[cur] == team[st]){
			sum += a[cur];
			a[cur] = 0;
		}
		else{
			LL d = std::min(1LL * a[cur] ,sum);
			s[team[st]] -= d;
			sum -= d;
			a[cur] -= d;
		}
		cur = (cur + 1 == n ? 0 : cur + 1);
	}
	LL ans = 1;
	for(int i = 0 ; i < n ; ++i){
		LL qwq = (((org[i] - a[i]) ^ (1LL * (i + 1) * (i + 1))) + 1) % MOD;
		ans = ans * qwq % MOD;
	}
	printf("%lld\n" ,ans);
	return 0;
}